Đề thi thử Đại học lần thứ I năm 2014 môn Toán - Trường THPT Đặng Thúc Hứa

Chia sẻ: La Minh đức | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

53
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử Đại học lần thứ I năm 2014 môn Toán - Trường THPT Đặng Thúc Hứa gồm có hai phần thi là phần chung và phần riêng cùng với phần nâng cao với các câu hỏi tự luận có kèm đáp án và hướng dẫn giải chi tiết dành cho các bạn học sinh khối A, B.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Đại học lần thứ I năm 2014 môn Toán - Trường THPT Đặng Thúc Hứa

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ I NĂM 2014 ----------------------- Môn: Toán; Khối: A và khối B TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. ------------------------------------ I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x 3  3mx 2  4m3 1 , m là tham số thực. a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m  1. b. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B sao cho OA  OB  6 ( O là gốc tọa độ).   Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 2 sin  2 x    2 sin x  1.  4  x 2  y 2  y   2 x  1 y  1  Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  5  x, y  R .  3x  8  y  x  y  12  Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I   e 1  x  ln x  x 2 2 dx. 1 x3 Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm I , AB  a; BC  a 3 , tam giác SAC vuông tại S . Hình chiếu vuông góc của S xuống mặt phẳng đáy trùng với trung điểm H của đoạn AI . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng SAB. Câu 6. (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ac  2b và  ac  b  ab  c   a2c 2  4b2 . Tìm giá trị lớn 2 2  b   ac  b  nhất của biểu thức P  1      .  ac   ac  b  II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B). A. Theo chương trình Chuẩn. Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi E là trung điểm của cạnh AD,  11 2  3 6 H  ;   là hình chiếu vuông góc của B lên CE và M  ;   là trung điểm của đoạn BH . Xác định tọa độ  5 5  5 5 các đỉnh của hình vuông ABCD, biết điểm A có hoành độ âm. x 1 y z Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  :   và điểm A 1; 1;2  . 1 2 2 Viết phương trình mặt phẳng  P  , biết  P  vuông góc với đường thẳng  và cách điểm A một khoảng bằng 3. Câu 9.a (1,0 điểm). Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm bốn chữ số phân biệt được chọn từ các chữ số 1;2;3;4;5;6;7. Chọn ngẫu nhiên một số từ S , tính xác suất để số được chọn lớn hơn số 2014. B. Theo chương trình Nâng cao. Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi M là điểm trên cạnh AC sao cho AB  3AM. Đường tròn tâm I 1; 1 đường kính CM cắt BM tại D. Xác định tọa độ các đỉnh của ABC 4  biết đường thẳng BC đi qua N  ;0  , phương trình đường thẳng CD : x  3 y  6  0 và điểm C có hoành độ dương. 3  x y 1 z Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  :   . Viết phương trình mặt 1 1 2 cầu S  có tâm nằm trên trục Ox và tiếp xúc với  tại A 1;2;2  . 2x  4 Câu 9.b (1,0 điểm). Giải phương trình log 2  x  3. 2 x  12 ----------------Hết---------------- Cảm ơn bạn LeNghia ( nghialetrung@gmail.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỞ GD&ĐT NGHỆ AN LẦN THỨ I NĂM 2014 ----------------------- Môn: Toán; Khối: A và khối B TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA (Đáp án-thang điểm gồm 04 trang). ------------------------------------ Câu Đáp án Điểm a. (1,0 điểm) Khi m 1 , ta có y  x 3  3x 2  4  Tập xác định D  R.  Sự biến thiên: 0,25 x  0 - Chiều biến thiên: Đạo hàm y '  3x 2  6 x ; y '  0   x  2 Khoảng nghịch biến  0;2  ; Các khoảng đồng biến  ;0  và  2;   - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  0, yC§  4 ; đạt cực tiểu tại x  2, yCT  0 0,25 - Giới hạn lim y  ; lim y  . x  x  Bảng biến thiên x  0 2  y’ + 0 - 0 + 0,25 y 1  Đồ thị (2,0 điểm) y 4 0,25 -1 O x 2 b. (1,0 điểm) Ta có y '  3x 2  6mx  3x  x  2m . Hàm số có hai điểm cực trị  m  0 0,25  Lúc đó hai giả sử hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là A 0;4m3 , B  2m;0   0,25 OA  OB  6  4 m3  2 m  6 0,25 m  1  m 1  m  1 0,25 Vậy có hai giá trị của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán là m  1 và m 1 . Trang 01 – Tra cứu điểm thi: www.thpt-dangthuchua-nghean.edu.vn hoặc www.k2pi.net
  2 sin  2 x    2 sin x  1  sin 2 x  cos 2 x  2 sin x  1  sin 2 x  2 sin 2 x  2 sin x  0 0,25  4 sin x  0  2 sin x  cos x  sin x  1  0   0,25 cos x  sin x  1  0 2  x  k 2   2 (1,0 điểm)  cos x  sin x  1  sin  x     k  Z   x    k 2 0,25  4 2  2  sin x  0  x  k  k  Z   0,25 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x  k ; x   k 2  k  Z  2 3x  8  0  Điều kiện  y  0  x  y  12  0. 0,25  Từ phương trình thứ nhất ta có x 2  y 2  1  2 xy  2 y  2 x  0   y  x  1  0  y  x  1. 2 5 Thay vào phương trình thứ hai của hệ cho ta: * 3x  8  x  1  2x  11 5 8  11  Xét hàm số f  x   3x  8  x  1  , x   ;  \  0,25 2 x  11  3  2 3 1 10 f x     2 3x  8 2 x  1  2 x  11 2 3 3 x  1  3x  8 10 6 x  17 10 (1,0 điểm)  f 'x      0 0,25 2 3x  8 x  1 2    2 x  11 2 3 x  1  3x  8 3x  8  x  1  2 x  112 Bảng biến thiên: x 8 3 11 8 +∞ 3 2 f(x) + + f(x) +∞ +∞ 0,25 0 0 -∞ Từ đó suy ra phương trình (*) chỉ có hai nghiệm là x  3 và x  8 . Hay nghiệm của hệ đã cho là  x ; y    3;4  ,  x ; y    8;9 . e x 2  ln x  1  ln x e  ln x  1dx  e ln x dx  I  I Ta có I   dx  1 x 1 x 3 1 2 0,25 1 x3 2 e e  ln x  1dx  e  ln x  1 3  I1   x   ln x  1d(lnx +1)  2  . 2 0,25 4 1 1 1 (1,0 điểm) e e e e e ln x  1  1 1  1  1 1 3  I2   3 dx    2  ln x   3 dx    2  ln x  2   2 0,25 1 x  2 x  1 2 1 x  2 x  1 4 x 1 4 4e 7 3 Suy ra I  I1  I 2   . 0,25 4 4e 2 1 a Ta có AC  AB 2  BC 2  2a  HI  AC  0,25 4 2 5 a 3 Tam giác SAC vuông tại S,nên IS  IA  IC  a  SH  SI 2  HI 2  (1,0 điểm) 2 0,25 1 1 a 3 a3 Suy ra VS . ABCD  SH .S ABCD  . .a.a 3  . 3 3 2 2 Trang 02 – Tra cứu điểm thi: www.thpt-dangthuchua-nghean.edu.vn hoặc www.k2pi.net
Gọi J là hình chiếu vuông góc của H lên AB, K là hình chiếu vuông góc của H lên SJ.  AB  SH Ta có   AB  SHJ   AB  HK . Mà 0,25  AB  HJ HK  SJ  HK  SAB   HK  d  H ; SAB   AH HJ 1 a 3 Do HJ //BC    HJ  BC  . AC BC 4 4 1 1 1 20 Trong tam giác vuông SHJ: 2  2  2  2 0,25 HK HJ HS 3a 3 3  HK  a  d  H ; SAB    a . 20 20  b  ab  b2  b  c  ac b Ta có  ac  b  ab  c   a 2 c 2  4b 2   a    1  a 2  4 2   a   1     4.  c  c  c  c  ab  b ac 0,25 ac b  c  b 1  ac b    4.   a        2    * b ac  b c a  b ac  Đặt t  ac b   t  2 , từ (*) ta có 0,25 4 t  1  t    t 2  2  2  t    t 4  2t 3  2t  4  0   t  2   t 3  2   0  t  2 do t  2 hay ac b 4 2 6  b  1 b    2 2 2 (1,0 điểm)  b   ac  b   ac Lại có P  1       1       ac   ac  b   ac   1  b   ac  2 0,25 1 u  b 1 Xét hàm số f  u   1  u    2  , u   , ta có 1 u  ac 4 4 1  u  1  1  625 f '  u   2 1  u    0, u   f u   f    . 1  u 3 4  4  144 625 ac  4b a  2 Vậy MaxP     0,25 144 ab  c c  2b Gọi F là điểm đối xứng của E qua A. Suy ra BCEF là hình bình hành nên AM là đường trung bình 0,25 của hình thang vuông EHBF . Do đó AM //EH  AM  BH . M là trung điểm BH  B  1; 2  Phương trình đường thẳng AM : 2 x y  0 0,25 Phương trình đường thẳng CE : 2x  y  4  0 Do góc ̂ ̂ ̂  2 5 AB.uAM 7.a Giả sử A  a; 2a  , từ ̂  2   2 (1,0 điểm) 5 AB . uAM 5 0,25 a  1  5a 2  6a  11  0   11  A  1;2  a   lo¹i   5 Phương trình đường thẳng AD : y  2 mà E  CE  AD  E 1;2   D  3;2  Phương trình đường thẳng BC : y  2 0,25 mà C  BC  CE  C  3; 2  . Trang 03 – Tra cứu điểm thi: www.thpt-dangthuchua-nghean.edu.vn hoặc www.k2pi.net
Véc tơ chỉ phương của đường thẳng  là u 1; 2;2  0,25 Do mặt phẳng (P) vuông góc với  nên có phương trình x  2 y  2x  d  0 0,25 8.a 7d d  2 (1,0 điểm) Lại có d  A;  P    3  3 7d 9   0,25 3 d  16 Vậy phương trình mặt phẳng (P) là x  2 y  2x  2  0 hoặc x  2 y  2x  16  0. 0,25 Số phần tử của tập S là A74  840. 0,25 Giả sử abcd là số tự nhiên có bốn chữ số phân biệt được chọn từ các chữ số 1;2;3;4;5;6;7 và lớn hơn 2014. 0,25 9.a +) TH1: a  2 , chọn b,c,d có A63 cách chọn. (1,0 điểm) +) TH2: a  2 , chọn a có 5 cách chọn, chọn b,c,d có A63 cách chọn. 0,25 Vậy P  1.A   5.A   6  0,857 3 6 3 6 0,25 A74 7 Ta có ̂ ̂  900  tứ giác ABCD nội tiếp Suy ra ̂ ̂ 0,25 Lại có ̂  AB  3  ̂ 3 BM 10 10 IC .uDC 3 Giả sử C  3c  6; c  , ta có ̂  IC . uDC 10 0,25 c  1 10c  16   3  5c 2 16c  11  0   7.b 10c 2  32c  26 c   11  lo¹i  (1,0 điểm)  5 Với c  1  C  3; 1 Phương trình đường thẳng BC : 3x 5y 4  0 0,25 Điểm M  1; 1 Phương trình đường thẳng BM : 3x y  4  0 Điểm B  BC  BM  B  2;2  Phương trình đường thẳng AC : y 1  0 Phương trình đường thẳng AB : x 2  0 0,25 Điểm A  AB  AC  A  2; 1 Ta có B  0;1;0   ; u 1;1; 2  . Giả sử I  t ;0;0  , ta có: 0,25  IB; u     d  I ;    IA   IA 0,25 8.b u (1,0 điểm) 5t 2  2t  5 2  t  2t  9   t  7   0  t  7 2  0,25 6 Khi đó I 7;0;0  , IA  2 11 hay S  :  x  7   y 2  z 2  44. 2 0,25 2x  4 2x  4 log 2  x 3  x  2 x 3 0,25 2  12 x 2  12  8  2x  4   2x  2x  12   22 x  4.2x  32  0 0,25 9.b (1,0 điểm) 2 x  4  x 0,25 2  8  lo¹i   2 x  4  x  2 . Vậy phương trình đã cho có nghiệm x  2. 0,25 Xin chân thành cảm ơn tới các thầy cô giáo đã tham gia giải phản biện đề thi. CHÚC CÁC THÍ SINH ĐẠT KẾT QUẢ CAO TRONG KỲ THI ĐH NĂM 2014 Cảm ơn bạn LeNghia ( nghialetrung@gmail.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl